30 高分提能四　隐零点问题的处理技巧 【正文】教师.docx

高分提能四隐零点问题的处理技巧备选理由 例1考查函数导数与绝对值不等式结合,通过分类讨论、虚设零点转化构造新函数解决求最值范围问题;例2通过零点代换解决证明范围问题;例3给出两种方法,一种是讨论隐零点,一种是通过放缩来避免零点,达到解决问题的目的. 1 配例1使用 2023·杭州二模 已知函数f(x)=ex-ax(aR).(1)讨论函数f(x)的零点个数;(2)若|f(x)|>aln x-a恒成立,求a的取值范围.解:(1)由f(x)=ex-ax=0,得xex=a(x0),设h(x)=xex(x0),则h'(x)=(x+1)ex,当x<-1时,h'(x)<0,当-1<x<0或x>0时,h'(x)>0,所以h(x)=xex在(-1,0),(0,+)上单调递增,在(-,-1)上单调递减,又当x0时,h(x)0,所以h(x)min=h(-1)=-1e,作出h(x)=xex(x0)的大致图象如图,由图可知,当a<-1e或a=0时,f(x)无零点;当a=-1e或a>0时,f(x)有一个零点;当-1e<a<0时,f(x)有两个零点.(2)当a=0时,|f(x)|>aln x-a,即ex>0恒成立,符合题意.当a<0时,由|f(x)|>aln x-a,可得x>0,则ex-ax>0,所以ex-ax>aln x-a,即ex>1x+lnx-1a,设m(x)=1x+ln x-1,则m'(x)=-1x2+1x=x-1x2,当0<x<1时,m'(x)<0,当x>1时,m'(x)>0,所以m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以m(x)m(1)=0,所以当a<0时,ex>01x+lnx-1a,即|f(x)|>aln x-a恒成立,即a<0符合题意.当a>0时,由(1)可知,h(x)-a=xex-a在(0,+)上单调递增.又h(0)-a=-a<0,h(a)-a=a(ea-1)>0,所以存在x0(0,a),使得h(x0)-a=x0ex0-a=0.当x(0,x0)时,xex-a<0,即ex-ax<0,设g(x)=ax-ex-aln x+a,则g'(x)=-ax2-ex-ax<0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,所以当x(0,x0)时,g(x)>g(x0)=-aln x0+a;当x(x0,+)时,xex-a>0,即ex-ax>0,设t(x)=ex-ax-aln x+a>0,因为t'(x)=ex+ax2-ax=x2ex+a-axx2,令p(x)=x2ex+a-ax,x(x0,+),则p'(x)=(x2+2x)ex-a,又令n(x)=(x2+2x)ex-a,x(x0,+),则n'(x)=(x2+4x+2)ex>0,得n(x)在(x0,+)上单调递增,所以p'(x)>n(x0)=(x02+2x0)ex0-a=ax0+a>0,得p(x)在(x0,+)上单调递增,所以p(x)>p(x0)=x02ex0+a-ax0=a>0,则t'(x)=p(x)x2>0,得t(x)在(x0,+)上单调递增,则当x(x0,+)时,t(x)>t(x0)=-aln x0+a.由a>0,|f(x)|>aln x-a恒成立,得-aln x0+a>0,可得0<x0<e,又a=x0ex0,h(x)=xex在(0,+)上单调递增,所以0<a<ee+1.综上可知,a的取值范围是(-,ee+1). 2 配例2使用 2023·唐山开滦二中一模 已知函数f(x)=(mx-1)e2x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f(x)ex,若曲线y=g(x)与过点(-1,0)且斜率为m的直线l相切,求证:-1<m<-23.解:(1)由题可知,f'(x)=me2x+2(mx-1)e2x=e2xm+2(mx-1)=e2x(2mx+m-2),令f'(x)=0,得2mx=2-m,当m=0时,f'(x)=-2e2x<0,f(x)单调递减.当m0时,方程2mx=2-m的根为x=2-m2m,若m>0,则当x-,2-m2m时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x2-m2m,+时,f'(x)>0,f(x)单调递增;若m<0,则当x-,2-m2m时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x2-m2m,+时,f'(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当m=0时,f(x)在R上单调递减,当m>0时,f(x)在-,2-m2m上单调递减,在2-m2m,+上单调递增,当m<0时,f(x)在-,2-m2m上单调递增,在2-m2m,+上单调递减.(2)证明:g(x)=f(x)ex=(mx-1)e2xex=(mx-1)ex,所以g'(x)=(mx+m-1)ex.易得直线l的方程为y=m(x+1).设曲线y=g(x)与直线l相切的切点为(x0,y0),则y0=m(x0+1),y0=(mx0-1)ex0,g'(x0)=(mx0+m-1)ex0=m,由得m(x0+1)=(mx0-1)ex0,由得(mx0+m-1)ex0(x0+1)=(mx0-1)ex0,即m(x02+x0+1)=x0,因为存在切点(x0,y0)满足题意,所以方程m(x02+x0+1)=x0有解,所以m=x0x02+x0+1.由得(mx0-1)ex0+mex0=y0+mex0=m,将代入得m(x0+1)+mex0=m,当m=0时,x0=0,y0=0,与矛盾,当m0时,(x0+1)+ex0=1,即x0+ex0=0,所以x0<0且x0-1,所以m=1x0+1x0+1>1-2+1=-1,令h(x)=x+ex,x<0,则h'(x)=1+ex>0,所以h(x)在(-,0)上单调递增,又h(-2)=-2+e-2<0,h-12=-12+e-12>0,所以x0-2,-12且x0-1,所以x0+1x0+1-32,-1,所以m=1x0+1x0+1-1,-23,得证. 3 补充使用 已知函数g(x)=xe2x-mx-ln x(其中e是自然对数的底数),若g(x)1对x(0,+)恒成立,则实数m的取值范围为( D ) A.-,1eB.-,2e2C.-1e,2D.(-,2解析 方法一:要使g(x)1对x(0,+)恒成立,只需g(x)min1即可.由题可知g'(x)=(2x+1)e2x-m-1x,设(x)=g'(x),x(0,+),则'(x)=4(x+1)e2x+1x2>0,所以g'(x)在(0,+)上单调递增,因为当x0+时,g'(x)-,当x+时,g'(x)+,所以g'(x)在(0,+)上存在唯一的零点x0,满足g'(x0)=(2x0+1)e2x0-m-1x0=0,所以m=(2x0+1)e2x0-1x0,且g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以g(x)min=g(x0)=x0e2x0-mx0-ln x0=-2x02e2x0-ln x0+1.由g(x)min1得2x02e2x0+ln x00,所以0<x0<1,2x02e2x0-ln x0,两边同时取自然对数,可得2x0+ln(2x0)+ln x0ln(-ln x0),即2x0+ln(2x0)ln(-ln x0)-ln x0.设h(x)=x+ln x(x>0),则h'(x)=1+1x>0,所以函数h(x)在(0,+)上单调递增,又h(2x0)h(-ln x0),所以2x0-ln x0,即e2x01x0,故m=(2x0+1)e2x0-1x0(2x0+1)·1x0-1x0=2,所以实数m的取值范围是(-,2.方法二(切线放缩,避开零点):g(x)1对x(0,+)恒成立等价于me2x-lnx+1x对x(0,+)恒成立.设Q(t)=t-ln t-1(t>0),则Q'(t)=1-1t=t-1t,所以当t(0,1)时,Q'(t)<0,Q(t)单调递减,当t(1,+)时,Q'(t)>0,Q(t)单调递增,所以Q(t)Q(1)=0,故tln t+1(当且仅当t=1时取等号),所以当x>0时,有xe2xln(xe2x)+1=ln x+2x+1,所以e2xlnxx+2+1x,即e2x-lnx+1x2,当且仅当xe2x=1时取等号,故实数m的取值范围是(-,2.